Phuong Phap To Hop Cuc Hay

Dạy học bài tập giải tích tổ hợp, xác suất thống kê Các dạng bài tập phơng pháp giải, VD minh hoạ Trong phần này có các dạng bài tập sau: Dạng 1: biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải phơng trình, bất phơng trình. Dạng 2: Các bài toán về quy tắc đếm Dạng 3: áp dụng công thức nhị thức Newton để chứng minh các đẳng thức Dạng 4: Số hạng trong khai triển nhị thức Newton. Dạng 1: : Biến đổi các biểu thức nhờ các công thức cơ bản để đơn giản biểu thức, giải phơng trình, bất phơng trình. PP: Cơ sở của pp là thực hiện các bớc sau - Biến đổi sơ cấp với chú ý ! ! !; ; ( )! !( )! k k n n n n n P n A C n k k n k = = = . - Rút gọn suy ra các đẳng thức - Đánh giá suy ra các bất đẳng thức Trong quá trình giải có thể áp dụng các bớc trung gian: quy nạp, phản chứng. VD1: CM với mọi số nguyên dơng chẵn n có: 1 1 1 1 2 1!( 1)! 3!( 3)! ( 1)!.1! ! n n n n n + + + = (1) Đặt S = VT(1). Ta có : 1 3 1 ! ! ! . ! 1!( 1)! 3!( 3)! ( 1)!.1! n n n n n n n S n n n n C C C = + + + = + + + Mặt khác 0 1 0 1 (1 1) (1 1) ( 1) n n n n n n n n n n n C C C C C C + = + + + = + + Suy ra 1 3 1 1 2 n n n n n C C C + + + = với mọi n chẵn dpcm . VD2 : CM 1 ! 2 *, 3 (*) n n n n > Ơ Ta dùng quy nạp toán học Khi n = 3 có 2 3! 6 2 4= > = (*) đúng. Giả sử (*) đúng đến n =k nghĩa 1 ! 2 *, 3 k k k k > Ơ . Ta CM (*) đúng n = k+1 tức ( 1)! 2 k k + > . Thật vậy từ 1 1 ! 2 ( 1). ! ( 1).2 k k k k k k > + > + . Do 1 1 3 ( 1) 4 2 ( 1) 4.2 2 ( 1)! 2 k k k k k k k k + + > + > . VD3: Cho cấp số cộng 1 2 1 , , , n n u u u u + . CM : 1 1 1 1 1 0 1 1 2 . . 2 2 k n n k k k n k k n u u u n C k + + + + = = + + = . Giải Do 1 1 , n u u + là 1 cấp số cộng nên 0,k n= có : 1 1 1 1n k n k u u u u + + + + = + Mà 0, k n k n n C C k n = = nên : 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 2 ( ). n n n n k k n k k n k n k k n k n k k k k k k n n n n n u u u u u u u C C C C C + + + + + + = = = = + = + = = + ữ . 1 Dạy học bài tập giải tích tổ hợp, xác suất thống kê Đẳng thức cần chứng minh trở thành: 1 1 0 1 1 1 2 2 k n n k n k k n n C k + + = = + = (2). Ta CM (2) bằng quy nạp Với n = 1: 1 0 1 0 1 1 1 1 1 2 k k n C C C = = + = VP(2)= 1 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 1 2 + + = =VT(2). Vậy (2) đúng với n = 1. Giả sử (2) đúng đến n = p. Ta CM nó đúng với n = p+1. Ta có : 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 p n k k i k k p p p C C C + + = = + + + = + (3) 1 1 ( 1)! 1 . ( 1)!( )! 1 k k p p p p C C k p k k + + + + = = + + . Từ (3) suy ra 1 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 . 1 1 2( 1) 2( 1) p p p p k k k k k k k k k p p p p p p k k p k p C C p C p C C p C + = = = = + + + + + + = + = + + = + ữ ữ + + + Theo giả thiết quy nạp có: 1 1 1 1 0 1 1 1 2 2 1 1 2 1 2 2 2 1 . . 1 . 2( 1) 2 2 2 2 2 k k p p p k p p k k k p k p p k p p p C p k k p k + + + + = = = + + + = + + + = + = + + + = . Từ đó có đpcm VD4: Giải Pt 1 2 3 7 2 x x x C C C x+ + = (1) Giải Điều kiện: 3 x Ơ . (1) tơng đơng với 2 ! ! ! 7 1!( 1)! 2!( 2)! 3!( 3)! 2 1 1 7 ( 1) ( 1)( 2) 2 6 2 ( 16) 0 4 ( 3) x x x x x x x x x x x x x x x x x Do x + + = + + = = = Vậy nghiệm x = 4. VD5: CM 1 2 1 1 ( 1) ( 1) ( ) p p p p n n n n C C C C p n + + = < Giải áp dụng công thức 1 1 1 k k k n n n C C C = + ta có : 0 1 0 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( 1) ( ) ( 1) p p p n n n n n n n p p n VT C C C C C C C C = + + + + + = VD6: CM 2 2 2 2 ( ) , (0 ) n n n n k n k n C C C k n + 2 Dạy học bài tập giải tích tổ hợp, xác suất thống kê đpcm [ ] [ ] [ ] 2 2 2 (2 )! (2 )! (2 )! . ( )! ! ( )! ! ! ! (2 )! (2 )! (2 )! . ( )! ( )! ! (2 )(2 1) ( 1) . (2 )(2 1) ( 1) (2 ) ( 1) n k n k n n k n n k n n n n k n k n n k n k n n k n k n n k n k n n n + + + + + + + + + áp dụng bất đẳng thức 2 2 x y xy + ữ có : 2 2 2 (2 )(2 ) (2 ) (2 1)(2 1) (2 1) ( 1)( 1) ( 1) n k n k n n k n k n n n n + + + + Nhân vế với vế của các BĐT trên có đpcm. Dạng 2: Các bài toán về quy tắc đếm Cần chú ý khi nào sử dụng quy tắc nhân, khi nào sử dụng quy tắc cộng. VD1: Cho { } 0,1, 2,3B = . Từ B có thể lập đợc: a/ Bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau? b/ Bao nhiêu số chẵn gồm 4 chữ số khác nhau? Giải a/ Dạng , ( 0)abcd a . Chọn { } 1,2,3a có 3 cách chọn { } 0,1, 2,3 ;b b a có 3 cách chọn. { } 0,1,2,3 ; ,c c b c a có 2 cách chọn { } 0,1, 2,3 ; , ,d d b d a d c có 2 cách chọn Vậy có 3.3.2.1=18 cách chọn. b/ - TH1: dạng 0, 0abc a . { } 1,2,3a có 3 cách chọn a. Tơng tự có 2 cách chọn b, 1 cách chọn c có 3.2.1=6 cách - TH2: dạng 2, 0abc a . Có 2 cách chọn a, 2 cách chọn b, 1 cách chọn c. có 2.2.1=4 cách Vậy có 6+4=10 cách chọn. VD2: Cho tập hợp { } 0,1, 2,3,4,5,6,7E = . Có bao nhiêu số chẵn có 5 chũ số phân biệt lập từ E. Giải Gọi A là tập hợp các số chẵn gồm 5 chữ số phân biệt lập từ E và tận cùng là 0. B là hợp các số chẵn gồm 5 chữ số phân biệt lập từ E và tận cùng là số khác 0. 3 Dạy học bài tập giải tích tổ hợp, xác suất thống kê Ta có 4 7 7! 840 3! A A= = = . Ta tính số phần tử của B: Số có dạng , 0, 0abcde a e . - có 3 cách chọn e. - số chỉnh hợp chập 4 từ { } \E e là 4 7 A . - số chỉnh hợp chập 4 từ { } \E e đứng đầu là 0 bằng số chỉnh hợp chập 3 từ { } \ , 0E e và bằng 3 6 A vậy 4 3 7 6 3( ) 2160B A A= = . Kết luận: có 840+2160=3000 cách chọn. VD3: Có bao nhiêu cách phân phối 10 vật phân biệt vào 5 hộp phân biệt sao cho hộp 1 chứa 3 vật, hộp 2 chứa 2 vật , hộp 3 chứa 2 vật , hộp 4 chứa 3vật và hộp 5 không chứa vật nào? Giải - Chọn 3 vật trong 10 vật cho vào hộp 1 có 3 10 C cách chọn - Chọn 2 vật trong 7 vật còn lại cho vào hộp 2 có 2 7 C cách chọn - Chọn 2 vật trong 5 vật còn lại cho vào hộp 3 có 2 5 C cách chọn - Chọn 3 vật trong 3vật còn lại cho vào hộp 4 có 3 3 C cách chọn Vậy có 3 10 C . 2 7 C . 2 5 C . 3 3 C =25200 cách chọn. Dạng 3: Các bài toán áp dụng nhị thức Newton PP: muốn CM 1 đẳng thức tổ hợp dạng 0 1 0 1 . . . n n n n n A k C k C k C= + + + ta cần nhận dạng đặc biệt của p k và A. Sau đó sử dụng khai triển: 1 1 1 1 ( ) n o n n n n n n n n n n a b C a C a b C ab C b + = + + + + (*) Hoặc sử dụng 0 1 1 1 ( 1) n n n n n n n n n x C x C x C x C + = + + + + (**) Khi đó dựa vào dạng của A mà sử dụng (*) hoặc (**) bằng cách thay a, b bằng các giá trị cụ thể hoặc sử dụng đạo hàm hoặc tích phân . VD: CM 0 1 1 2 2 0 1 2 ( 1) 0 ( , ;1 ) k k k k k n n n n n n n n k C C C C C C C C k n k n + + = Ơ áp dụng nhị thức Newton: 0 1 (1 ) k k k k k k x C C x C x+ = + + + Nhân 2 vế với k n C đợc: 0 1 (1 ) k n k k k k k n n k n k n k C x C C C C x C C x+ = + + + (1) Với m k có : ! ! . . ( )! ! ( )! ! k m m k m n k n n m n k C C C C n k k k m m = = (2) Từ (1) và (2) suy ra 0 1 1 0 1 (1 ) k k k k k k n n n n n n n k C x C C C C x C C x + = + + + Thay x= -1 ta đợc đpcm. VD2: CM 2 3 4 2 2 6 12 ( 1) ( 1)2 n n n n n n C C C n n C n n + + + + = Xét khai triển 0 1 (1 ) n n n n n n x C C x C x+ = + + + (1) Lấy đạo hàm 2 vế (1) : 1 1 2 1 1 ( 1) 2 n n n n n n n x C C x nC x + = + + + (2) Lấy đạo hàm 2 vế (2): 2 2 1 2 ( 1)( 1) 2 ( 1) n n n n n n n x C n n C x + = + + (3) Thay x= 1 vào (3) suy ra đpcm. VD3: CM đẳng thức : 4 Dạy học bài tập giải tích tổ hợp, xác suất thống kê 2 1 1 0 1 2 2 3 1 2 2 1 1 n n n n n n C C C n n + + + + + = + + (*) Xét 2 1 0 3 1 (1 ) 1 n n I x dx n + = + = + (1) Mặt khác 0 1 (1 ) n n n n n n x C C x C x+ = + + + 2 2 1 0 1 0 1 0 2 2 ( ) 2 2 1 n n n n n n n n n n I C C x C x dx C C C n + = + + + = + + + + (2) Từ (1) và (2) suy ra (*). Dạng 4: Số hạng trong khai triển nhị thức Newton VD1: Tìm hệ số của 50 x trong khai triển: 2 1000 ( ) (1 ) 2(1 ) 1000(1 )P x x x x= + + + + + + Giải Ta có 2 3 1001 2 1000 1001 1001 (1 ) ( ) ( ) (1 ) 2(1 ) 1000(1 ) (1 ) 2(1 ) 1000(1 ) (1 ) (1 ) 1000(1 ) x P x P x x x x x x x x x x x + = + + + + + + + + + + + + + + = + Suy ra 1001 1001 2 1000(1 ) (1 ) (1 )x x x x x + + + = (1) áp dụng nhị thức Newton có : 1001 1 1001 1001 1001 1001 (1 ) 1 x C x C x+ = + + + (2) Thay (2) vào (1) đợc: 2 51 50 1001 1000 1001 1001 1001 1 2 3 52 1000 998 999 1001 1001 1001 1001 1001 1 ( ) 1000 1001 1 x P x C x C x C x x C C C C C x x x = + + + + + + + + + + + + + Mà 1 1001 1 1 1000. 0 C x x = ( ) 2 51 1000 2 3 52 50 1000 998 999 1001 1001 1001 1001 1001 1001 ( ) 1000 1001 P x C x C x C C x C x C x x = + + + + + + + + + + + Vậy hệ số của 50 x là 51 52 50 1001 1001 1000a C C= . VD2: Viết số hạng thứ k+1 trong khai triển của 10 1 ( )x x + và tìm số hạng không chứa x Giải Theo công thức nhị thức Newton số hạng thứ k+1 là 10 10 2 10 1 . .( ) k k k k k n C x C x x = . Suy ra số hạng không chứa x : 10 2 0 5k k = = . Vậy số hạng thứ 6 không chứa x. VD3: Tìm 2 số chính giữa của khai triển 3 15 )x xy . Giải Theo công thức nhị thức Newton 2 số chính giữa là 7 3 8 7 8 3 7 8 7 31 7 8 29 8 15 15 15 15 ( ) ( ) ( ) ( )C x xy C x xy C x y C x y + = + . 5 . phơng trình. Dạng 2: Các bài to n về quy tắc đếm Dạng 3: áp dụng công thức nhị thức Newton để chứng minh các đẳng thức Dạng 4: Số hạng trong khai triển nhị thức Newton. Dạng 1: : Biến đổi các. cách chọn Vậy có 3 10 C . 2 7 C . 2 5 C . 3 3 C =25200 cách chọn. Dạng 3: Các bài to n áp dụng nhị thức Newton PP: muốn CM 1 đẳng thức tổ hợp dạng 0 1 0 1 . . . n n n n n A k C k C k C= + +. 1001 2 1000(1 ) (1 ) (1 )x x x x x + + + = (1) áp dụng nhị thức Newton có : 1001 1 1001 1001 1001 1001 (1 ) 1 x C x C x+ = + + + (2) Thay (2) vào (1) đợc: 2 51 50 1001 1000 1001 1001 1001 1 2 3 52